河北省NT20名校联合体2026届高三5月质量检测数学试卷（含解析）

河北省NT20名校联合体2025-2026学年高三年级5月质量检测数学试题一、单选题1．设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知函数是奇函数，则（

）A．3 B． C．1 D．3．某商场统计了5天的销售额y（万元）与当天客流量x（千人）的数据如下表：客流量x/千人23456销售额y/万元2.53.85.26.17.4已知y关于x的线性回归方程为，则（

）A．0.16 B．0.26 C．0.36 D．0.464．已知复数z满足，则（

）A．1 B． C．2 D．5．已知圆，直线与圆相交于两点.若，则实数（

）A． B． C． D．6．已知正实数a，b满足，则（

）A． B． C． D．7．在数列中，，若是递增数列，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点P在C的右支上，且，若的中点在C的第一、三象限内的渐近线上，则C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．二、多选题9．如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（

）A．平面ABCDB．C．三棱锥的体积是正方体体积的D．异面直线与所成角的余弦值为10．已知函数，其中.则下列说法正确的有（

）A．的最小正周期为B．若的图象关于点中心对称，则或C．若将的图象向左平移个单位后，所得图象关于y轴对称，则D．若在区间上单调递增，则的取值范围是11．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．若，则在上单调递增B．的图象为中心对称图形C．若，，则在上有最小值的充要条件为D．若，，，则，的充要条件为三、填空题12．已知空间向量，，且.则________.13．将含甲、乙在内的7名志愿者分成三个小组，要求每个小组至少一人，有且仅有两个小组的人数相等.（1）则所有不同的分组方法有________种（用数字作答）；（2）若甲、乙两名志愿者不在同一个小组，则不同的分组方法有________种（用数字作答）.14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是________.四、解答题15．某游戏公司推出抽卡活动，每次抽到稀有卡的概率为，抽到普通卡的概率为.若每位玩家连续抽卡5次，且每次抽卡结果互不影响.(1)求某位玩家恰好抽到2张稀有卡的概率；(2)设X为某位玩家抽到的稀有卡张数，求X的数学期望和方差.16．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求C；(2)若a，b，c成等差数列，且，设数列满足，求的前n项和.17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，是等边三角形，平面平面ABCD.(1)求证：平面平面PCD；(2)若点E在棱BC上运动，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值的最大值.18．已知椭圆的离心率为，点在C上.(1)求C的方程；(2)过点P作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（A，B均不与P重合）.（ⅰ）证明：直线AB恒过定点；（ⅱ）求面积的最大值.19．已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，；(3)已知数列满足，且，证明：.参考答案1．A【详解】因为全集，集合，所以.又因为集合，所以.2．D【详解】已知是奇函数，根据奇函数定义有，当时，，则，所以.3．A【详解】根据表格数据可得，.由于线性回归直线必过样本点的中心，将代入方程解得.4．B【详解】设复数（），则，代入得，整理得，则，解得，，所以，则.5．B【详解】圆的圆心坐标为，半径.直线l的一般式方程为.由弦长公式，其中为圆心到直线的距离，则，得，即，又，解得.6．A【详解】由a，b为正实数且.根据基本不等式，当且仅当时等号成立，故A正确；，当且仅当时等号成立，故B错误；，当且仅当时等号成立，故C错误；根据算术平均值小于等于平方平均值不等式，得，当且仅当时等号成立，即，故D错误.7．C【详解】.由题知恒成立，当时，即，得.讨论单调性，若是递增数列，则函数随增大而增大.已知为正且随n增大而增大，则随n增大而减小，故需，即.综上，实数k的取值范围是.8．C【详解】设的中点为M，又O是的中点，则，则，设，则，在中，由正弦定理得，则，得，在中，由余弦定理得，则，即，结合，整理得，所以C的渐近线方程为.9．ABC【详解】如图，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则，，，，，，，，，.，易知平面ABCD的法向量为，则，又平面，故平面，故A正确；，，则，故，故B正确；三棱锥的体积，正方体的体积，所以，故C正确；，，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误.10．AC【详解】对A：函数的最小正周期，故A正确；对B：若的图象关于点中心对称，则，则，由于，则，解得，故B错误；对C：平移后得，若为偶函数，则，，则，，又，则，故C正确；对D：由，得，若在此区间递增，则，，解得，，由，故无满足条件的，故D错误.11．AB【详解】已知函数，其导函数为.当时，则，故在上单调递增，故A正确；由可知，的图象关于点成中心对称，故B正确；当时，，，，.令，得，可得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，若在上有最小值，则一定为该区间内的最小值，又，故，解得，故C错误；当，，时，，，令，得，可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则极小值点.最小值可能在或处取得，需满足，即，解得，故D错误．12．【详解】因为，，且，所以，整理得，解得.13．196141【详解】（1）由题意可知，分组的人数分配情况共有以下三类：，，.当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；当人数分配为时，分组方法有种；故所有不同的分组方法有种.（2）考虑其对立事件，即甲、乙两名志愿者在同一小组的情况：①若分配方案为，甲、乙必在5人组，此时从剩余5人中选3人进入该组，共有种；②若分配方案为，若甲、乙在2人组，则该组已满，只需将余下5人分成两组，有种；若甲、乙在3人组，则需从余下5人中选1人，其余4人均分为两组，有种；故此方案下甲、乙同组的方法数为种；③若分配方案为，甲、乙不可能在1人组，必在其中一个3人组，从剩余5人中选1人加入该组，余下4人分成两组，共有种；故甲、乙在同一小组的分组方法有种，则甲、乙不在同一小组的分组方法有种.14．【详解】的定义域为，且，，令，则，令，，则，，因为有两个极值点等价于有两个不同的变号零点，即有两个不同的实根，设，，当，，为增函数；当，，为减函数；，而当，，当，，故图象如下图所示：结合和的图象，易得m的取值范围是.15．(1)(2)，（1）解：由题意可知，玩家每次抽卡抽到稀有卡的概率为，且每次抽卡相互独立，设该玩家抽卡5次抽到的稀有卡的张数为X，则，则玩家恰好抽到2张稀有卡的概率为.（2）解：由（1）知：随机变量，所以X的数学期望，X的方差.16．(1)(2)【详解】（1）在中，，由，则，所以，化简得，由于A，，故，，则，所以，因为，故.（2）由（1）知，则，即，因为a，b，c成等差数列，所以，而，则，则，即，因为，所以，从而，由此可得，.所以，则.17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：在菱形中，因为，所以为等边三角形.取的中点，连接，则.因为是等边三角形，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.以为原点，以，，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系.由题意得，，，，.由于且，则.所以，，，.设平面PBC的法向量为，则，即，令，得.设平面PCD的法向量为，则，即，令，得.因为，所以，即平面平面.（2）由（1）知，.设平面的法向量为，则，即，令，得.由于点在棱上，设，其中.则.设直线与平面所成的角为，则.当时，；当，则关于单调递减，所以当时，取得最大值.综上，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【详解】（1）依题意，点在椭圆上，故，解得.又离心率，则，即，解得，故C的方程为（2）（ⅰ）证明：依题意，直线PA，PB的斜率必存在且不为0，设直线PA的方程为，则直线PB的方程为，联立，得，解得，，代入直线方程得；同理，用替换k可得，，所以，所以直线AB的方程为，令，得，故直线AB恒过定点.（ⅱ）由（ⅰ）可知，，同理可得，故，令，则，当且仅当时，等号成立，则；当（即）时，，故面积的最大值为.19．(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）易知的定义域为，易知.①当时，恒成立，即，此时在上单调递增；②当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：当时，